数学分析典型题精选

七章 实数的完备性判断题：1. 1. 设11,1,2,2H n n n ⎧⎫⎛⎫==⎨⎬⎪+⎝⎭⎩⎭ 为开区间集,则H 是(0, 1 )的开复盖. 2. 2. 有限点集没有聚点.3. 3. 设S 为 闭区间 [],a b , 若,x S ∈则x 必为S 的聚点.4. 4. 若lim nn a →∞存在, 则点集{}n a 只有一个聚点.5. 5. 非空有界点集必有聚点.6. 6. 只有一个聚点的点集一定是有界点集.7. 7. 如果闭区间列{}[,]n n a b 满足条件 11[,][,],1,2,n n n n a b a b n ++⊃= , 则闭区间套定理成立. 8. 8. 若()f x 在[,]a b 上一致连续, 则()f x 在[,]a b 上连续. 9. 9. 闭区间上的连续函数一定有界.10. 10. 设()f x 为R 上连续的周期函数, 则()f x 在R 上有最大值与最小值.答案: √√√√×××√√√ 证明题1. 1. 若A 与B 是两个非空数集,且,,x A y B ∀∈∈有 x y ≤, 则sup inf A B ≤.2. 证明: 若函数()f x 在(,)a b 单调增加, 且(,)x a b ∀∈, 有()f x M ≤(其中M 是常数), 则 ,c M ∃≤ 使 lim ()x b f x c-→=.3. 证明: 若E 是非空有上界数集, 设 sup ,E a =且 a E ∉, 则 存在数列1,,n n n x E x x n N +∈<∈, 有 lim n n x a →∞=.4. 证明: 函数()f x 在开区间(,)a b 一致连续⇔函数()f x 在开区间(,)a b 连续, 且(0)f a +与(0)f b -都存在.5.设{}n x 为单调数列,证明: 若{}n x 存在聚点,则必是唯一的, 且为{}n x 的确界.6. 证明:sin ()xf x x =在()0,+∞上一致连续.7. 证明: {}n x 为有界数列的充要条件是{}n x 的任一子列都存在其收敛子列.8. 设()f x 在[],a b 上连续, 又有{}[],n x a b ⊂, 使 lim ()n n f x A →∞=. 证明: 存在[]0,x a b ∈, 使得 0()f x A =.答案1.证明: 设sup ,inf .A a B b == 用反证法. 假设 s u pi n f A B > 即 ,b a <有2a b b a +<<, 一方面, sup ,2a b a A +<= 则存在 00,;2a b x A x +∈<另一方面,inf ,2a b b B +=< 则00,2a by B y +∃∈<. 于是, 00,x A y B ∃∈∈有002a b y x +<<, 与已知条件矛盾, 即 sup inf A B ≤.2. 证明: 已知数集{}()(,)f x x a b ∈有上界, 则其存在上确界, 设{}sup ()(,)f x x a b c M ∈=≤由上确界的定义, 00,(,)x a b ε∀>∃∈, 使得 0(),c f x c ε-<≤00,:b xx b x b δδ∃=->∀-<<; 或 0:,x x x b ∀<<有 0()()c f x f x c ε-<≤≤ 或 ()f x c ε-<. 即 l i m ()x b f x c -→=.3. 证明: 已知 sup E a =, 由确界定义, 111,x E ε=∃∈, 有 11a x a ε-<<2121min ,0,2a x x E ε⎧⎫=->∃∈⎨⎬⎩⎭, 有 12x x < , 并且22a x a ε-<<3231min ,0,3a x x Eε⎧⎫=->∃∈⎨⎬⎩⎭, 有 23x x <, 并且33a x a ε-<<于是, 得到数列{}1,,,n n n n x x E x x n N +∈<∀∈. 有 lim n n x a →∞=.4. 证明: ⇒ 已知 ()f x 在(,)a b 一致连续,即12120,0,,(,):x x a b x x εδδ∀>∃>∀∈-<, 有 12()()f x f x ε-< 显然 ()f x 在(,)a b 连续, 且 120,0,,(,)x x a b εδ∀>∃>∀∈1122()a x a x x a x a δδδ<<+⎧-<⎨<<+⎩, 有 12()()f x f x ε-<.根据柯西收敛准则,函数()f x 在a 存在右极限(0).f a +同理可证函数()f x 在b 存在左极限(0)f b -.⇐已知(0)f a +与(0)f b -存在, 将函数()f x 在a 作右连续开拓, 在b 作左连续开拓, 于是函数()f x 在闭区间[],a b 连续, 从而一致连续, 当然在(,)a b 也一致连续. 5. 证明: 不妨设{}n x 递增.(1) 先证若{}n x 存在聚点必唯一. 假定,ξη都是{}n x 的聚点, 且ξη<. 取02ηξε-=, 由η是{}n x 聚点, 必存在0(,).n x U ηε∈又因{}n x 递增, 故n N ≥时恒有002n N x x ξηηεξε+≥>-==+于是, 在0(,)U ξε中至多含{}n x 的有限多项, 这与ξ是{}n x 的聚点相矛盾. 因此{}n x 的聚点存在时必唯一.(2) 再证{}n x 上确界存在且等于聚点ξ. ()a ξ为{}n x 上界. 如果某个N x ξ>, 则 n N ≥时恒有n x ξ>, 取00,N x εξ=-> 则在0(,)U x ξ内至多含{}n x 的有限多项, 这与ξ为{}n x 的聚点相矛盾.()b 对0,ε∀>由聚点定义, 必存在N x 使N x ξεξε-<<+. 由定义{}sup n x ξ=.6. 6. 证明: 令10,()sin (0,)x F x xx x =⎧⎪=⎨∈+∞⎪⎩由于 00sin lim ()lim 1(0)x x x F x F x ++→→===, 而 (0,)x ∈+∞时sin ()xF x x =, 所以 ()F x 在[)0,+∞上连续, 又因lim ()0x F x →+∞=存在, 所以 ()F x 在[)0,+∞上一致连续,从而在(0,)+∞上也一致连续, 即 ()f x 在(0,)+∞上一致连续. 7. 7. 证明: ⇒ 设{}n x 为有界数列, 则{}n x 的任一子列{}kn x 也有界, 由致密性定理知{}kn x 必存在其收敛子列{}k jn x .⇐ 设 {}n x 的任一子列都存在其收敛子列. 若{}n x 无界, 则对1M =, 必存在正整数1n 使得11n x >; 对2,M =存在正整数21,n n >使得22;;n x > 一般地,对M k =, 存在正整数1,k k n n ->使得k n x k >. 于是得到{}n x 的子列{}k n x , 它满足lim k n k x →∞=∞, 从而{}kn x 的任一子列{}k jn x 必须是无穷大量, 与充分性假定相矛盾.8. 8. 证: 因{}[],n x a b ⊂为有界数列, 故{}n x 必有收敛子列{}kn x ,设lim k n k x x →∞=,由于{}[],kn x a b ⊂,故 []0,x a b ∈. 一方面, 由于()f x 在0x 连续有0l i m ()(),x x f x f x →=再由归结原则有0lim ()lim ()()k n k x x f x f x f x →∞→==; 另一方面, 由lim ()n n f x A→∞= 及{}()kn f x 是{}()nf x 的子列有lim ()lim ()k n n k n f x f x A→∞→∞==因此 0().f x A =第八章 不定积分填空题1. ()()_________x ex dx ϕϕ'=⎰.2. 若函数()F x 与()G x 是同一个连续函数的原函数, 则()F x 与()G x 之间有关系式_______________.3. 若()f x '=且3(1)2f π= , 则 ()__________.f x = 4. 若()cos f x dx x C =-+⎰, 则()()___________.n f x =5.(ln )________.f x dx x '=⎰6. 若(sin ,cos )(sin ,cos )R x x R x x =--， 则作变换___________计算(sin ,cos )R x x dx ⎰.7.[1()]()__________n x x dx ϕϕ'+=⎰.()n N +∈8.3415(1)_________x x dx -=⎰9.若()(0)f x x x =>, 则 2()___________f x dx '=⎰.10. 过点(1,)4π斜率为211x +的曲线方程为___________.答案:1. ()x eC ϕ+. 2. ()()F x G x C =+ (C 为任意常数). 3. arcsin x π+. 4. sin()2n x π+. 5.(ln )f x C +. 6. tan t x =.7. 11[1()]1n x C n ϕ++++. 8. 4161(1)64x C --+. 9. 1ln 2x x C++10. arctan y x =判断题:1. 1. 有理函数的原函数是初等函数.2. 2. ()()df x dx f x dx =⎰3. 3. 若函数()f x 存在一个原函数,则它必有无限多个原函数.4. 4. 设()F x 是()f x 在区间I 上的原函数,则()F x 在区间I 上一定连续.5. 5. 函数()f x 的不定积分是它的一个原函数.6. 6. 21(1)x x x +-的有理函数分解式为: 22221(1)1(1)x A Bx C Dx Ex x xx x +++=++--- 7. 7.()()d d f x d f x =⎰8. 8. 若函数()f x 在区间I 上连续, 则它在区间I 上必存在原函数.9. 9. 存在一些函数, 采用不同的换元法, 可以得到完全不同的不定积分. 10. 10. 若()f x dx x C =+⎰, 则(1)f x dx x C -=+⎰答案: 1---10 √√√√××√√×√ 选择题：1．下列等式中（ ）是正确的.()().()()xx A f x dx f x Bf edx f e C ''==+⎰⎰221..(1)(1)2C f dx f C D xf x dx f x C ''=+-=--+⎰⎰2．若()f x 满足()sin 2,f x dx x C =+⎰则()(f x '= ） .4s i n 2.2c o s 2.4s i n 2.2A x B x C x Dx-- 3．若21()(0),f x x x '=>则()f x =（ ）.2.l n A x CB x CxCC ++++4．设函数()f x 在[,]a b 上的某个原函数为零，则在[,]a b 上 （ ） A ．()f x 的原函数恒等于零. B. ()f x 的不定积分等于零.C. ()f x 不恒等于零但其导数恒等于零.D. ()f x 恒等于零. 5. 下列凑微分正确的是 ( )221.2.(ln 1)1x x A xe dx de B dx d x x ==++21.a r c t a n .c o s 2s i n 21C x d x d D x d xd x x ==+6. 22()()xf x f x dx '=⎰( )2222221111.().().().()2244A f x CB f x CC f x CD f x C++++.7. 若()f x dx x C =+⎰, 则 (1)f x dx -=⎰ ( )21.1......(1)2A x C B x C C x C D x C -+-++-+ 8. 函数cos (0)ax a ≠的一个原函数是 ( )111.s i n .s i n .s i n .s i n A x B a xC a xD a xa a a-9. 若()21xf x dx x C =+++⎰, 则()f x =( )2111.2..2ln 2 1..21.21ln 22x x x x A x x B C D ++++++10. 下列分部积分中对u 和v '选择正确的有 ( )22.cos ,cos ,.(1)ln ,1,ln A x xdx u x v x B x xdx u x v x''==+=+=⎰⎰.,,.a r c s i n ,1,a r cx xC xe dx u x v eD xdx u v x --''====⎰⎰答案：1—10 DCCDADCBBC计算题:1.ln(x dx+⎰2. x ⎰3. dx4.44cos 2sin cos xdx x x +⎰5.ln tan cos sin x dxx x ⎰6. 7.221(1)(1)x dxx x ++-⎰. 8. 11sin cos dxx x ++⎰9. 2(1)xx xe dx e +⎰.10.2答案:1. 1. 原式=ln(x x dx+-⎰21ln(2x x =-ln(x x C =+.2. 2.原式21122x =221124x =21arctan 2x C=3. =(sin cos )2cos 2sin 2222x x x xdx C=+=-++⎰4. 4422222cos 2cos 2sin cos (sin cos )2sin cos x xdx dx x xx x x x =++-⎰⎰ 22cos 2sin 2(2)2sin 22sin 2x d xd x x x ==--⎰⎰C=+5. ln tan ln tan tan ln tan (ln tan )cos sin tan xxdx d x xd x x xx ==⎰⎰⎰2(ln tan )2x C =+.6. 2sin 2(2cos 1)cos 21cos 2cos 2x t tt dt dtt t =-=+=⎰⎰tan 2t t C =-+arcsin x C=+7. 2221111[]2(1)2(1)(1)(1)(1)x dx dx x x x x x +=+--++-+⎰⎰111ln 1ln 1221x x Cx =-+++++211ln 121x Cx =-+++.8.tan222121sin cos 211111x u dxdu x xu u uu u =⋅++-+++++=⎰⎰ln 1ln 1tan 12du xu C C u =++=+++⎰.9.21(1)111x x x x x xe x dx dx xd e e e e ⎛⎫=-=-+ ⎪++++⎝⎭⎰⎰⎰ln(1)111x x x x xx e dx x e C e e e ---=-+=--+++++⎰.10.sin 22221cos 2sin 2x a uua udu a du =-==⎰⎰⎰22sin 2()arcsin 222a u a x u C C a =-+=+.第九章 定积分一、 一、 选择题（每题2分） 1、若()⎰=+122dx k x ，则=k （ ）（A ）1 （B ）1- （C ）0 （D ）212、若()x f 是奇函数，且在[]a a ,-上可积，则下列等式成立的有（ ）（A ）()()⎰⎰-=aa adxx f dx x f 02 （B ）()()⎰⎰--=aaadxx f dx x f 02（C ）()⎰-=a adx x f 0（D ）()()⎰-=a aa f dx x f 23、设()x f 在[]b a ,上连续，则下面式子中成立的有（ ）（A ）()()x f dt t f dx d x a =⎰ （B ）()()x f dx x f dx d ba=⎰（C ）()()⎰+=C x f dx x f dx d（D ）()()x f dx x f ='⎰4、设()x f 为连续函数，()()⎰-=104dxx f x x f ，则()⎰10dx x f =（ ）（A ）1- （B ）0 （C ）1 （D ）25、函数()x f 在[]b a ,上连续是()⎰ba dx x f 存在的（ ）（A ） （A ） 必要条件 （B ）充要条件 （C ）充分条件 （D ）无关条件 6、()x f 在[]b a ,上连续，()()⎰=xa dt t f x F ，则正确的是（ ）（A ）()x F 是()x f 在[]b a ,上的一个原函数； （B ）()x f 是()x F 在[]b a ,上的一个原函数； （C ）()x F 是()x f 在[]b a ,上唯一的原函数； （D ）()x f 是()x F 在[]b a ,上唯一的原函数 7、⎰e edxx 1ln =（ ）（A ）0 （B ）2e-2 （C ）e 22-（D ）e e 222-+8、已知()()21210-=⎰x f dt t f x，且()10=f ，则()=x f （ ） （A ）2xe （B ）x e 21 （C ）x e 2 （D ）x e 2219、下列关系中正确的有（ ）（A ）dxe dx e x x ⎰⎰≤1102（B ）dxe dx e x x ⎰⎰≥112（C ）dxe dx e x x⎰⎰=112（D ）以上都不正确10、⎰=ba xdx dx d arcsin （ ）（A ）a b arcsin arcsin -（B ）211x -（C ）x arcsin （D ）011、设410I xdxπ=⎰，4230,sin I I xdxπ==⎰，则（ ）；（A ）123I I I >> （B ）213I I I >> （C ）312I I I >>（D ）132I I I >>12、下列积分中可直接使用牛顿—莱布尼兹公式计算其值的是（ ）；（A ）1201x dx x +⎰ （B）10⎰ （C）e （D ）210x e dx ⎰13、设()f x 为连续函数，则积分()ba I f x t dx=+⎰（ ）（A ）与,,t a b 有关 （B ）与,t x 有关 （C ）与,,x b t 有关 （D ）仅与x 有关 14、()2x af t dt '=⎰（ ）（A ）()()1222f x f a -⎡⎤⎣⎦ （B ）()()222f x f a -⎡⎤⎣⎦ （C ）()()22f x f a -⎡⎤⎣⎦ （D ）()()12f x f a -⎡⎤⎣⎦15、下列积分中，使用换元积分正确的是（ ）（A ）1arcsin 1sin dt t x t π=+⎰令 （B）10sin x t =⎰令 （C）10tan x t=⎰令 （D ）12111dx x xt -=+⎰令 答案：ACACC ACCBD BAAAC 二、 二、 填空题（每题2分）1、已知⎰=Φxdtt x 02)sin()(，则=Φ')(x .；2、比较大小：⎰20πxdx⎰2s i n πx d x.3、⎰-++1142251sin dx x x xx = ；4、函数()x f 在区间[]1,2-上连续且平均值为4，则()⎰-12dxx f = ； 5、设()x f 为连续函数，则()()[]=⋅+-+⎰-dx x x x f x f 322 ；6、522cos xdx ππ-=⎰；7、()12ln 1xd t dt dx +=⎰ ；8、(211x dx -+=⎰；9、设()f x 为连续函数，且()()12,f x x f t dt =+⎰则()f x = ；10、设0a ≠，若()0120ax x dx -=⎰，则a = ；11、已知()2302xf t dt x =⎰，则()1f x dx =⎰ ；12、=⎰ ；答案：1、()2sin x 2、≥>or 3、0 4、12 5、564 6、1615 7、()2ln 1x -+ 8、2 9、1x - 10、34 11、3 12、4π三、计算题 （每题5分）1、dx x x ⎰-22101解：令t x sin =，则tdt dx cos =，tx 2010π→→ dx x x ⎰-22101=⎰2022cos sin πtdt t=()⎰⎰-=202024cos 1812sin 41ππdt t tdt=16024sin 4181ππ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-t t2、⎰2sin πxdxx 20cos xd xπ=-⎰=⎰+-20cos 02cos ππxdxx x=102sin =πx 3、dxx x x ⎰+-20232=()()⎰⎰⎰-+-=-2121111dxx x dx x x dx x x=12325201523223252523⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x x x =()22154+4、⎰-2121dx x x解：令tdt t dx t x tan sec ,sec ==，3021π→→t x⎰-2121dx x x =⎰302tan πtdt =()d t t ⎰-3021sec π=()3303tan ππ-=-t t5、()dx xx 21124⎰--+=()⎰--+-+11222442dxx x x x=()d xx x ⎰-+-112442=⎰-=1184dx6、⎰⋅202cos πxdx e x=⎰202sin πx d e x=⎰⋅-⋅20222sin 02sin ππdx e x x e x x=⎰⎰-+=+2022022cos 402cos 2cos 2πππππxdxe x e e x d e e x x x=2-πe则 ⎰⋅202c o s πx d x e x =()251-πe7、⎰-⋅ππxdxx sin 4解： x x sin 4⋅为奇函数，且积分区间[]ππ,-关于原点对称sin 4=⋅∴⎰-ππxdx x8、⎰+402cos 1πdx x x=⎰⎰=4402tan 21cos 2ππx xd dx x x=⎰-40tan 2104tan 21ππxdx x x =04cos ln 218ππx + =2ln 41822ln 218-=+ππ9、()⎰-+11221x dx = ()⎰+102212x dx解：令tdt dx t x 2sec ,tan ==，4010π→→t x ()⎰-+11221x dx =⎰402cos 2πtdt=()⎰+402cos 1πdt t =042sin 21π⎪⎭⎫ ⎝⎛+t t =214+π10、⎰+301arcsindx x x解：令x x t +=1arcsin，t x 2tan =，则tdt t dx 2sec tan 2=，3030π→→t x ⎰+301arcsin dx x x =⎰302tan πt td =⎰-3022tan 03tan ππtdt t t=()d t t ⎰--3021sec ππ=()03tan ππt t -- 334)33(-=--=πππ11、⎰+133221x x dx解：令t x 1=,则dt t dx 21-=,13133→→tx⎰+133221x x dx =⎰+⋅-132221111t t dt t=⎰+3121t tdt=221312-=+t12、dxx ee⎰1ln =dxx e⎰-11)ln (+dxx e ⎰1ln=()()1ln 11ln e x x x e x x x -+-- … =e 22-13、⎰--1145x xdx解：令x t 45-=，则()2541t x -=，tdtdx 21-=，1311→→-t x ⎰--1145x x d x =()dt t ⎰-312581 =13315813⎪⎭⎫ ⎝⎛-t t =61 14、0xdx=20arctan 1xdx x x +=1ln 1ln 2323x -+=- 15、20π⎰20cos 2x dx π20c o s c o s 22x x dx dx πππ⎫=-⎪⎭⎰⎰ =2sin sin 022x x πππ⎫-=⎪⎭五、证明题（每题5分）1、 1、 证明：若f 在[],a b 上可积，F 在[],a b 上连续，且除有限个点外有()()F x f x '=，则有()()()baf x dx F b F a =-⎰证：设除[]()()12,,,n x x x a b F x f x '∈= 外，即()()[]{}12,,\,,n F x f x x a b x x x '=∀∈ 可设 0121n n x a x x x b x +=≤<<<≤= 在[]1,i i x x +上应用N-L 公式知:()()()()()()()110i innbx i i ax i i f x dx f x dx F x F x F b F a ++====-=-∑∑⎰⎰2、 2、 证明：若T T '是增加若干个分点后所得到的分割，则iiiiT Tx xωω'''∆≤∆∑∑证：由性质2知 ()()()(),S T S T s T s T ''≤≥。

一、极限论例 证明 1lim 0a n n →∞=，其中a>0为常数.例 设{nS }为例所得的数列，即证明222321lim 36n n n n →∞-+=.例 证明lim 0(1)n n q q →∞=<.例 求224n 1lim 256n n n →∞++-.例 求lim ,其中a -11n n n a a →∞≠+.例 求lim n →∞-.例 n n 设a 0（n=1，2）,lim a =a.证明lim 为常数).n n a →∞→∞≥K例 证明lim 1(0)n a →∞=>.例 求lim n →∞.例 设123n a a a a ====L 求lim n n a →∞.例 证明极限1lim (1)n n n→∞+存在.例 若2sin 1sin 2sin 222n nn a =+++L ，则数列{n a }收敛.例 证明x 1lim =0x →∞.例 证明 （1）x lim arctan 2x π→+∞=（2）x lim arctan 2x π→-∞=-例 证明2x 11lim 21x x →-=-.例 证明2x 2lim 12x x →=+.例 证明00x lim 0).x x →=>例 证明 （1）00x lim sin sin x x x →=（2）00x lim cos cos x x x →=.例 求极限01lim x x →-.例 求极限01lim .x x x →⎡⎤⎢⎥⎣⎦例 求证0lim 1(0).x x a a →=>例 0tan lim x x x →例 201cos lim x x x →-例 lim 2sin 2n n n π→∞例 求312cos lim sin()3x xx ππ→--例 3lim ()1x x x x →∞++例 2lim (1)x x x→∞-例 cot 0lim (1tan )x x x →-例 求211lim (1)n n n n →∞+-例 求极限20sin 3lim 4x x x x→+例 求极限30tan sin lim sin x x x x →-例 考查函数1sin ,0()0,0x x f x x x ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩在点x=0处的连续性.例 x=0是1siny x =的第二类间断点.例 2x π=是tan y x =的第二类间断点.例2ln(2)3arctan x x x x +-例lim x →例 根据初等函数的连续性与复合函数连续性，有 （1）0ln(1)lim x x x →+（2）0lim x →（3）lim x →∞例 求211lim (1)n n n n →∞+-例 证明方程32410x x -+=在区间（0，1）内至少有一个根.一致连续性 例 例 例 书上49页.实数的连续性、上下极限 书上51页.补充：部分例子仍在书中，看书为准.二、一元函数微分学例 求函数2()2f x x =+在点x=1处的导数.例 设21sin ,0(),求'()0,0x x f x f x x x ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩.例 证明函数()在点x=0处不可导.f x x =例 设x ，x 0()1-cos x ，x>0f x ⎧≤=⎨⎩,确定函数f(x)在点x=0处的可导性.例 求等边双曲线1y x=在点(1,1)处的切线方程和法线方程.例 求导(1)3()4cos ln sin f x x x x π=+-+ (2)(sin cos )x y e x x =+例 证明(1)22(tan )'sec ,(cot )'csc x x x x ==(2)(sec )'sec tan ,(csc )'csc cot x x x x x x ==-例 证明x （a ）'=a ln (0,0)，特别地(e )'=e .x x x a a a >≠例 证明：（1）11(arcsin )',(arccos )'x x ==-（2）2211(arctan )',(arccot )'11x x x x ==-++例 求导数（1）2sin y x =（2）22ln 1xy x =+例 求导数（1）y =（2）ln sin y x =例 求导数（1）21tan y x= （2）sin 3y x =（3）ln(y x =+4）221arcsin (0)1xy x x-=>+例求导（1）221x y x =-（2）(sin )x y x =例 求椭圆cos (02)sin x a t t y b tπ⎧=≤≤⎨=⎩所确定的参数变量函数的导数，并求出该椭圆在4t π=的对应点处的切线方程。

工科数学分析题集一、选择题1. 下列关于函数极限的定义，正确的是（）A. 对于任意给定的正数ε，存在正数δ，当 0 < |x - x₀| < δ时，|f(x) - L| < ε成立，则称函数 f(x) 在 x → x₀时的极限为 LB. 对于任意给定的正数ε，存在正数δ，当 |x - x₀| < δ时，|f(x) - L| < ε成立，则称函数 f(x) 在 x → x₀时的极限为 LC. 对于任意给定的正数ε，存在正数δ，当 0 < |x - x₀| < δ时，|f(x) - L| ≤ε成立，则称函数 f(x) 在 x → x₀时的极限为 LD. 对于任意给定的正数ε，存在正数δ，当 |x - x₀| < δ时，|f(x) - L| ≤ε成立，则称函数 f(x) 在 x → x₀时的极限为 L 答案：A解析：函数极限的精确定义为：对于任意给定的正数ε，存在正数δ，当 0 < |x - x₀| < δ时，|f(x) - L| < ε成立，则称函数 f(x) 在 x → x₀时的极限为 L。

2. 关于无穷小量的描述，正确的是（）A. 以零为极限的变量称为无穷小量B. 绝对值无限趋近于零的变量称为无穷小量C. 函数值无限趋近于零的变量称为无穷小量D. 当自变量趋于某个值时，函数值无限趋近于零的变量称为无穷小量答案：A解析：以零为极限的变量称为无穷小量。

3. 下列关于无穷大量的说法，错误的是（）A. 绝对值无限增大的变量称为无穷大量B. 当自变量趋于某个值时，函数值的绝对值无限增大的变量称为无穷大量C. 无穷大量一定是无界变量D. 无界变量一定是无穷大量答案：D解析：无界变量不一定是无穷大量，但无穷大量一定是无界变量。

4. 对于函数极限的性质，下列说法不正确的是（）A. 函数极限具有唯一性B. 函数极限具有局部有界性C. 函数极限具有局部保号性D. 函数极限具有可加性，即若 lim(x→x₀) f(x) 和 lim(x→x₀) g(x) 存在，则 lim(x→x₀) (f(x) + g(x)) = lim(x→x₀) f(x) + lim(x →x₀) g(x) 一定成立答案：D解析：函数极限具有唯一性、局部有界性、局部保号性。

数学分析试题1. 简答题1.1 定义题1.1.1 定义极限极限是数列或者函数在某一点趋于无穷时的值。

1.1.2 定义导数导数是函数在某一点的切线的斜率。

1.1.3 定义积分积分是将函数在某一区间内的各个小矩形的面积相加，得到的总面积。

1.2 解答题1.2.1 证明极限存在的充分条件若数列或者函数满足柯西准则或者有界性，那么其极限存在。

1.2.2 求函数f(f)=f2−3f+2在点f=2处的导数根据导数的定义，我们可以得到：$$f'(x) = \\lim_{h \\to 0} \\frac{f(x+h) - f(x)}{h}$$代入f(f)=f2−3f+2和f=2得到：$$f'(2) = \\lim_{h \\to 0} \\frac{(2+h)^2 - 3(2+h) + 2 - (2^2 - 3 \\cdot 2 + 2)}{h}$$$$f'(2) = \\lim_{h \\to 0} \\frac{(4 + 4h + h^2) - (6 + 3h + 2)}{h}$$$$f'(2) = \\lim_{h \\to 0} \\frac{2h + h^2}{h}$$$$f'(2) = \\lim_{h \\to 0} (2 + h)$$f′(2)=2所以函数f(f)=f2−3f+2在点f=2处的导数为2。

1.2.3 求函数f(f)=f3−2f+1在区间[0,2]上的定积分根据积分的定义，我们可以得到：$$\\int_{0}^{2} f(x)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\sum_{i=1}^{n} f(x_i^*)\\Delta x$$其中，$\\Delta x = \\frac{b-a}{n}$，$x_i^* = a + i \\Delta x$。

代入f(f)=f3−2f+1和[0,2]，我们可以得到：$$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\sum_{i=1}^{n} (a + i \\Delta x)^3 - 2(a + i \\Delta x) + 1\\cdot \\Delta x$$$$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\sum_{i=1}^{n} (i \\Delta x)^3 - 2(i \\Delta x) + 1 \\cdot\\Delta x$$\\sum_{i=1}^{n} (i^3 \\Delta x^3 - 2i \\Delta x + \\Delta x)$$ $$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\Delta x \\sum_{i=1}^{n} (i^3 \\Delta x^2 - 2i \\Delta x + 1)$$$$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\Delta x \\left( \\sum_{i=1}^{n} i^3 \\Delta x^2 - 2\\sum_{i=1}^{n} i \\Delta x + \\sum_{i=1}^{n} 1 \\right)$$ $$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\Delta x \\left( \\frac{n(n+1)}{2} \\cdot \\frac{n(n+1)}{2} \\cdot \\Delta x^2 - 2 \\cdot \\frac{n(n+1)}{2} \\cdot \\Delta x + n \\right)$$$$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\Delta x \\left( \\frac{n^2(n+1)^2}{4} \\cdot \\Delta x^2 - n(n+1) \\cdot \\Delta x + n \\right)$$$$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\frac{2 - 0}{n} \\left( \\frac{n^2(n+1)^2}{4} \\cdot\\left(\\frac{2 - 0}{n}\\right)^2 - n(n+1) \\cdot\\left(\\frac{2 - 0}{n}\\right) + n \\right)$$$$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\frac{2}{n} \\left( \\frac{n^2(n+1)^2}{4} \\cdot\\frac{4}{n^2} - 2(n+1) \\cdot \\frac{2}{n} + n \\right)$$ $$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\frac{2}{n} \\left( n(n+1)^2 - 4(n+1) + n \\right)$$\\frac{2}{n} \\left( n(n^2 + 2n + 1) - 4(n+1) + n \\right)$$ $$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\frac{2}{n} \\left( n^3 + 2n^2 + n - 4n - 4 + n \\right)$$ $$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}\\frac{2}{n} (n^3 + 2n^2 - 2n - 4)$$$$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = \\lim_{n \\to \\infty}2(n^2 + 2n - 2 - \\frac{4}{n})$$$$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = 2(2^2 + 2 \\cdot 2 - 2 - 0)$$$$\\int_{0}^{2} (x^3 - 2x + 1)dx = 10$$所以函数f(f)=f3−2f+1在区间[0,2]上的定积分为10。

数学分析经典习题1.设p(x)=2+4x+3x^2+5x^3+3x^4+4x^5+2x^6,对于满⾜0<k<5的k,定义I_k=\int_0^{+\infty}\frac{x^k}{p(x)}dx,对于怎样的k, I_k最⼩?Hint：进⾏倒代换再相加.2.(2018年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营)已知n\in\mathbb{N},n\geq 2,设0<\theta<\pi,证明: \sin\frac{\theta}{2}\sum_{k=1}^n\frac{\sink\theta}{k}<1.3.(2011年最新⼤学⽣数学竞赛预测试题，西西)求极限\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\int_0^{\pi/2}x\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^4dx.\lim_{n\to\infty}\frac{n!}{n^n}\left(\sum_{k=0}^n\frac{n^k}{k!}-\sum_{k=n+1}^\infty\frac{n^k}{k!}\right).\int_0^{\pi/2}\ln (\cos x)\ln (\sin x)\cdot \sin 2xdx.求⽆穷级数\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}\cos\left(\frac{9}{k\pi+\sqrt{k^2\pi^2-9}}\right).⾥⾯还很多有意思的题！4.物理⾥⾯的:\frac{1}{xy}=\int_0^\infty\frac{da}{(ax+(1-a)y)^2},\quad \det A=\int_0^\infty\int_0^\infty e^{\theta A\eta}d\theta d\eta.5.计算第⼆型曲线积分I=\oint_C\frac{e^y}{x^2+y^2}[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy],其中C:x^2+y^2=1,取逆时针⽅向.解:事实上,\begin{align*}I&=\oint_C\frac{e^y}{x^2+y^2}[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy\\&=\int_0^{2\pi}e^{\cos t}\cos(\sint)dt=\int_0^{2\pi}e^{e^{it}}dt=\frac{1}{i}\oint_{|z|=1}\frac{e^z}{z}dz=2\pi\lim_{z\to 0}e^z=2\pi.\end{align*}6.(国际最佳问题征解)T210,P210.试证明下⾯等式成⽴:\int_0^{\infty}\frac{dx}{\Gamma (x)}=\int_0^1\left[1+\frac{e}{x}-\frac{e}{1!(x+1)}+\frac{e} {2!(x+1)}-\cdots\right]\frac{dx}{\Gamma (x)}.T211.证明:若0<x<1,则\prod_{n=1}^\infty\left(1-x^{2n-1}\right)=1/\left[1+\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{n(n+1)/2}}{(1-x)(1-x^2)(1-x^3)\cdots (1-x^n)}\right].T213.求证丅式成⽴:e^x=\frac{(1-x^2)^{1/2}(1-x^3)^{1/3}(1-x^5)^{1/5}\cdots}{(1-x)(1-x^6)^{1/6}(1-x^{10})^{1/{10}}\cdots},\quad |x|<1等式右端的分式中,分⼦中的x的指数是含奇数个不重复素数因⼦的整数,⽽在分母中的x的指数是含偶数个不重复素数因⼦.证.考虑函数f(x)=-\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu (n)\ln (1-x^n)}{n},\quad |x|<1其中\mu (n)是Mobius函数,那么f(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu (n)}{n}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{mn}}{m}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\mu (n)}{nm}x^{nm},\quad |x|<1在这个展开式中, x^m的系数是\sum_{n|m}\frac{\mu (n)}{m}=\frac1m\sum_{n|m}\mu (n)=0,\quad m\neq 1因此f(x)=x,所以e^x=\sum_{n=1}^\infty(1-x^n)^{-\mu (n)/n},由此得证.数列a_0,a_1,\ldots,a_n满⾜a_0=\frac{1}{2},a_{k+1}=a_k+\frac{1}{n}a_k^2,k=0,1,\ldots,n-1,试证1-\frac{1}{n}<a_n<1.这是1980年芬兰等四国数学竞赛试题,是这次竞赛中得分率最低的⼀道题,竞赛委员会公布的解答也很繁琐,苏淳教授曾运⽤数学归纳法采⽤加强命题的技巧给出了较为简捷的证明.下⾯是种更直截了当的证明.来⾃朱华伟《奥数讲义-⾼⼀上》证.由已知得\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k}=\frac{1}{n+a_{k-1}},从⽽a_n>a_{n-1}>\cdots>a_1>a_0=\frac12,所以\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k} <\frac{1}{n},\quad k=1,2,\ldots,n累加得\frac{1}{a_0}-\frac{1}{a_n}<1,所以\frac{1}{a_n}>2-1=1,即a_n<1,从⽽有\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k}>\frac{1}{n+1},\quad k=1,2,\ldots,n累加得\frac{1}{a_0}-\frac{1}{a_n}>\frac{n}{n+1},即\frac{1}{a_n}<2-\frac{n}{n+1}=\frac{n+2}{n+1},从⽽a_n>\frac{n+1}{n+2}>\frac{n-1}{n}=1-\frac{1}{n},故1-\frac{1}{n}<a_n<1.另外可参考：叶军《数学奥林匹克教程》P259.注意到\frac{\sin \pi x}{\pi x}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right),令x=i并由\sin (ix)=i\sinh x可知\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{n^2}\right)=\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{2\pi}.设有正实数列\{a_n\}使得表达式\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n}的值仅依赖于脚标之和k+n,也就是当k+n=m+l时,必有\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n}=\frac{a_m+a_l}{1+a_ma_l},求证:数列\{a_n\}有界.证.为⽅便起见,记A_{k+n}=\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n},则A_n=A_{1+(n-1)}=\frac{a_1+a_{n-1}}{1+a_1a_{n-1}},\quad n>1考察函数f(x)=\frac{a_1+x}{1+a_1x},其中x>0.容易验证f(x)\geq \begin{cases} \frac{1}{a_1}, & \text{如果$a_1>1$}\\ 1, & \text{如果$a_1=1$}\\ a_1, & \text{如果$0<a_1<1$}\\ \end{cases}因此,对任意a_1值,都存在\alpha\in (0,1],使得f(x)\geq \alpha,从⽽对任何n,都有A_n\geq\alpha,其中\alpha可取a_1与1/a_1中较⼩者.这样便有A_{2n}=A_{n+n}=\frac{2a_n}{1+a_n^2}\geq\alpha,即\alpha a_n^2-2a_n+\alpha\leq 0,解得\frac{1-\sqrt{1-\alpha^2}}{\alpha}\leq a_n\leq \frac{1+\sqrt{1-\alpha^2}}{\alpha}.于是,只要取m=(1-\sqrt{1-\alpha^2})/\alpha,M=(1+\sqrt{1-\alpha^2})/\alpha,则对⼀切n,均有m\leq a_n\leq M,即数列\{a_n\}有界.注:满⾜题意的⾮常数数列是存在的,例如,令p>q\geq 1,则数列a_n=\frac{p^n-q}{p^n+q},\quad n=1,2,\ldots便具有上述性质.来源：朱华伟《奥数讲义-⾼⼀上》P84.证明⽅程f(x)=(2n+1)x^{2n}-2nx^{2n-1}+(2n-1)x^{2n-2}-\cdots+3x^2-2x+1=0⽆实根.证.令x=-c\leq 0,则f(-c)=(2n+1)c^{2n}+2nc^{2n-1}+(2n-1)c^{2n-2}+\cdots+3x^2+2c+1>0.因此原⽅程⽆负根,也⽆零根.下⾯证明原⽅程⽆正根.注意到(x+1)^2f(x)=(2n+1)x^{2n+2}+(2n+2)x^{2n+1}+1,其系数均⾮负,因此(x+1)^2f(x)⽆正根,即f(x)也⽆正根.综上所述, f(x)=0⽆实根.解⽅程\begin{cases} x_1+x_2+\cdots+x_n=n,\\ x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=n,\\ \vdots\\ x_1^n+x_2^n+\cdots+x_n^n=n.\\ \end{cases}解.作以x_1,x_2,\ldots,x_n为根的多项式\begin{align*}f(x)&=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n)\\&=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,\end{align*}则f(x_k)=x_k^n+a_{n-1}x_k^{n-1}+\cdots+a_1x_k+a_0=0,\quad k=1,2,\ldots,n于是\begin{align*}\sum_{k=1}^{n}f(x_k)&=\sum_{k=1}^{n}\left(x_k^n+a_{n-1}x_k^{n-1}+\cdots+a_1x_k+a_0\right)\\&=\sum_{k=1}^{n}x_k^n+a_{n-1}\sum_{k=1}^{n}x_k^{n-1}+\cdots+a_1\sum_{k=1}^{n}x_k+\sum_{k=1}^{n}a_0=0,\end{align*}由⽅程组可知n+a_{n-1}n+\cdots+a_1n+a_0n=0,从⽽f(1)=1+a_{n-1}+\cdots+a_1+a_0=0.这说明x=1为f(x)的⼀个根.不妨设x_n=1,由原⽅程组得x_1^k+x_2^k+\cdots+x_{n-1}^k=n-1,\quad k=1,2,\ldots,n-1仿上⼜可得x_1,\ldots,x_{n-1}中有⼀个为1.继续下去,必有x_1=x_2=\cdots=x_n=1.已知\begin{align*}\begin{cases}\frac{x^2}{2^2-1^2}+\frac{y^2}{2^2-3^2}+\frac{z^2}{2^2-5^2}+\frac{w^2}{2^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{4^2-1^2}+\frac{y^2}{4^2-3^2}+\frac{z^2}{4^2-5^2}+\frac{w^2}{4^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{6^2-1^2}+\frac{y^2}{6^2-3^2}+\frac{z^2}{6^2-5^2}+\frac{w^2} {6^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{8^2-1^2}+\frac{y^2}{8^2-3^2}+\frac{z^2}{8^2-5^2}+\frac{w^2}{8^2-7^2}=1.\end{cases}\end{align*}求x^2+y^2+z^2+w^2的值.解.x,y,z,w能满⾜给定的⽅程组等价于t=4,16,36,64满⾜⽅程\frac{x^2}{t-1}+\frac{y^2}{t-9}+\frac{z^2}{t-25}+\frac{w^2}{t-49}=1.去分母,当t\neq 1,9,25,49时,关于t的⽅程等价于\begin{align*}(t-1)(t-9)(t-25)(t-49)-x^2(t-9)(t-25)(t-49)-y^2(t-1)(t-25)(t-49)\\-z^2(t-1)(t-9)(t-49)-w^2(t-1)(t-9)(t-25)=0.\end{align*}后⾯的⽅程是关于t的四次⽅程, t=4,16,36,64是这个⽅程的4个已知根,也就是它的全部根,故⽅程等价于(t-4)(t-16)(t-36)(t-64)=0.由于上⾯两个⽅程中t^4的系数都是1,故其余各次幂的系数也应相等.⽐较t^3的系数可得1+9+25+49+x^2+y^2+z^2+w^2=4+16+36+64.于是得到x^2+y^2+z^2+w^2=36.本题也可以利⽤进⾏求解.\begin{enumerate}\item 设p(x)为任⼀个⾸项系数为正数p_0的实系数多项式,且p(x)⽆实零点.证明:必有实系数多项式f(x)和g(x),使得p(x)=[f(x)]^2+[g(x)]^2.\item 证明:若Q(x)是⾸项系数为正的实系数多项式,且有实数a使得Q(a)<0,则Q(x)必有实零点.\end{enumerate}由共轭复数运算可知,若p(a+bi)=0,则p(a-bi)=0,因此p(x)的虚零点是成共轭对出现的.由于p(x)⽆实零点, p(x)必为偶数次多项式.令其次数为2n,且零点为x_i,\overline{x_i},i=1,2,\ldots,n,则p(x)=\left[\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-x_i)\right]\left[\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-\overline{x_i})\right].令q(x)=\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-x_i),则p(x)=q(x)\overline{q(x)}.由于q(x)为复系数多项式,必有实系数多项式f(x)与g(x),使得q(x)=f(x)+ig(x),则\overline{q(x)}=f(x)-ig(x),于是p(x)=[f(x)+ig(x)][f(x)-ig(x)]=f^2(x)+g^2(x).(2)利⽤反证法.假设Q(x)⽆实零点,由于Q(x)为实系数多项式,且其⾸项系数为正.因此由(1)可知,必有实系数多项式f(x)和g(x),使得Q(x)=f^2(x)+g^2(x),由此可知Q(a)=f^2(a)+g^2(a)>0,与题意Q(a)<0⽭盾.来源：朱华伟《奥数讲义-⾼三下》P14.(Steiner定理)边长⼀定的n边形中,以存在外接圆者的⾯积最⼤.(等周定理)周长⼀定的n边形中,以正n边形的⾯积最⼤.定理.圆内接n边形中以正n边形的周长最⼤.叶军，P282.P354.P276\frac{a^r}{(a-b)(a-c)}+\frac{b^r}{(b-c)(b-a)}+\frac{c^r}{(c-a)(c-b)}=\begin{cases}0,&r=0,1\\1,&r=2\\a+b+c,&r=3\end{cases}叶军P68，余红兵、严镇军《构造法解题》(2011年⼭西⾼中数学联赛)三⾓形ABC三个内⾓的度数满⾜\frac{A}{B}=\frac{B}{C}=\frac13,求T=\cos A+\cos B+\cos C的值.证明\lim_{n\to\infty}\left(1+n+\frac{n^2}{2!}+\cdots+\frac{n^n}{n!}\right)e^{-n}=\frac{1}{2}.设\frac12<\alpha<\frac23,r=[n^\alpha],把e^n=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{n^k}{k!}表⽰为\sum_{k=0}^{n-r}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n-r+1}^{n}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n+1}^{n+r}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n+r+1}^{2n+1}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=2n+2}^{\infty}\frac{n^k}{k!}=S_1+S_2+S_3+S_4+S_5.由于\begin{align*}\frac{n^{n-k+1}}{(n-k+1)!}/\frac{n^{n+k}}{(n+k)!} &=\frac{n(n+k)(n+k-1)}{n^3}\cdot\left(1-\frac{1}{n^2}\right)\cdots\left(1-\frac{(k-2)^2}{n^2}\right)\\&\geq 1-\frac{1^2+\cdots+(k-2)^2}{n^2}=1+o(1),\quad 1\leq k\leq r\end{align*}且S_3=S_2+o(S_2),\quad n\to\infty利⽤Stirling公式进⼀步估计S_1,S_4,S_5,可以证得S_1=o(S_2),S_4=o(S_2),S_5=o(S_2),由此得到结论.来源：《546个早期俄罗斯⼤学⽣数学竞赛题》T73，P77.设X_i,1\leq i\leq n是相互独⽴的随机变量,且X_i\sim P(1) (泊松分布),则Y_n=X_1+X_2+\cdots+X_n\sim P(n),⽽EY_n=DY_n=n.由中⼼极限定理可知\frac{Y_n-n}{\sqrt{n}}\to N(0,1),所以\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}P(Y_n\leq n)=\lim_{n\to\infty}P\left(\frac{Y_n-n}{\sqrt{n}}\leq 0\right)=\Phi (0)=\frac12.另外可参考：博⼠数学论坛《数学分析解答库》计算\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.来源：《546个早期俄罗斯⼤学⽣数学竞赛题》T541，P64.解.令\delta=n^{-2/5},那么\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=2\int_{\delta}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx+\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.先估计前者,由于\left|\int_{\delta}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx\right|\leq \int_{\delta}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}.令x=\sqrt{(1+\delta^2)y-1},那么当n\geq 2时,有\begin{align*}\int_{\delta}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}&=\int_{1}^{\infty}\frac{(1+\delta^2)^{1-n}}{2\sqrt{(1+\delta^2)y-1}y^n}dy\\&\leq\frac{1}{2} (1+\delta^2)^{1-n}\int_{1}^{\infty}\frac{dy}{y^2\sqrt{y-1}}.\end{align*}⽽\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}(1+n^{-4/5})^{1-n}=0,这表明\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.⼜\ln \cos x-n\ln (1+x^2)=-\left(n+\frac12\right)x^2+nO(x^4).因为在[-\delta,\delta]上,有x^4\leq\delta^4\leq x^{-8/5},此时有\ln \cos x-n\ln (1+x^2)=-\left(n+\frac12\right)x^2+O(n^{-3/5}).于是得到\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}e^{-(n+1/2)x^2}dx.令y=\sqrt{n+1/2}x,则\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}e^{-(n+1/2)x^2}dx=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+\frac12}}\int_{-\delta\sqrt{n+1/2}}^{\delta\sqrt{n+1/2}}e^{-y^2}dy=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy=\sqrt{\pi}.\end{align*}T545.设\varphi(z)=\sum_{n=1}^{5}\frac{1}{n^z}.证明:对于任何实数t有\varphi(1+it)\neq 0.⾸先研究函数\varphi_4(z)=\sum_{n=1}^{4}\frac{1}{n^z},并证明\varphi_4(1+it)\neq 0,\quad \forall t\in\mathbb{R}我们有\mathrm{Re}\varphi_4(1+it)=\sum_{n=1}^{4}\frac{\cos (t\ln n)}{n}\geq 1+\frac{\cos x}{2}-\frac13+\frac{\cos 2x}{4},这⾥x=t\ln 2.⽽\begin{align*}1-\frac13+\frac{\cos x}{2}+\frac{1}{4}(2\cos^2 x-1)&=\frac{5}{12}+\frac12(u+u^2)\\&\geq \frac{5}{12}+\min_{|u|\leq 1} (u+u^2)=\frac{7}{24}.\end{align*}也就是\mathrm{Re}\varphi_4(1+it)\geq 7/24,因此当t\in\mathbb{R}时,有\varphi_4(1+it)\neq 0,⽽\mathrm{Re}\varphi_5(1+it)\geq \mathrm{Re}\varphi_4(1+it)-\frac15\geq \frac{7}{24}-\frac15=\frac{11}{120}.因此,对于t\in\mathbb{R}有\varphi(1+it)\neq 0. Processing math: 0%。

数学分析试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 设函数f(x)在点x=a处可导，那么下列说法正确的是：A. f(x)在点x=a处连续B. f(x)在点x=a处不可导C. f(x)在点x=a处不连续D. f(x)在点x=a处的导数为0答案：A2. 若级数∑(从n=1到∞) (1/n) 收敛，则下列级数中哪一个也收敛？A. ∑(从n=1到∞) (1/n^2)B. ∑(从n=1到∞) (1/n^3)C. ∑(从n=1到∞) (1/n^(1/2))D. ∑(从n=1到∞) (1/n^(3/2))答案：A3. 函数f(x)=x^3在区间[-2,2]上的最大值是：A. -8B. 8C. -2D. 2答案：B4. 设函数f(x)在区间(a,b)内连续，且f(a)f(b)<0，则下列说法正确的是：A. 函数f(x)在区间(a,b)内至少有一个零点B. 函数f(x)在区间(a,b)内至多有一个零点C. 函数f(x)在区间(a,b)内没有零点D. 函数f(x)在区间(a,b)内至少有两个零点答案：A二、填空题（每题5分，共20分）1. 若函数f(x)=x^2-4x+3，则f(x)的最小值为______。

答案：-12. 设函数f(x)=x^3-3x^2+2x-1，求f'(x)=______。

答案：3x^2-6x+23. 若级数∑(从n=1到∞) (1/n^2) 收敛，则其收敛的和为______。

答案：π^2/64. 设函数f(x)在点x=a处可导，且f'(a)=2，则曲线y=f(x)在点(a,f(a))处的切线斜率为______。

答案：2三、解答题（每题10分，共60分）1. 证明：若函数f(x)在区间[a,b]上连续，则f(x)在该区间上必有界。

证明：略。

2. 计算定积分∫(从0到1) x^2 dx。

答案：1/33. 求函数f(x)=x^3-6x^2+11x-6在区间[1,3]上的最大值和最小值。

数学分析复习题及答案一.单项选择题1. 已知, 则=（）A. B. C. D.2. 设, 则（）A. B. C. D.3. （）A. B. C. D.4. 下列函数在内单调增加的是（）A. B. C. D.二、填空题1. 设函数2.3．在处连续, 则三、判断题1. 若函数在区间上连续, 则在上一致连续。

（）2. 实轴上的任一有界无限点集至少有一个聚点。

（）3．设为定义在上的单调有界函数, 则右极限存在。

（）四、名词解释1. 用的语言叙述函数极限的定义2. 用的语言叙述数列极限的定义五、计算题1. 根据第四题第1小题证明2. 根据第四题第2小题证明3. 设, 求证存在, 并求其值。

4．证明：在上一致连续, 但在上不一致连续。

5. 证明: 若存在, 则6. 证明: 若函数在连续, 则与也在连续, 问: 若在或在上连续, 那么在上是否必连续。

一、1.D 2.C 3.B 4.C二、1. 2. 3.三、1.× 2.√ 3.√四、1.函数极限定义: 设函数在点的某个空心邻域内有定义, 为定数。

, , 当时, , 则。

2.数列极限定义：设为数列, 为定数, , , 当时, 有, 则称数列收敛于。

五、1.证明:, , 当时, ；得证。

2.证明:令, 则, 此时, ,, , 当时,3.证明：⑴，⑵)1)(1(1111111----+++-=+-+=-n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x 而, 由数学归纳法可知, 单调增加。

综合⑴, ⑵可知存在,设, 则由解得=A 215+（负数舍去）4.证明: 先证在上一致连续。

, 取, 则当且有时, 有 []δ•''+'≤''-'''+'=''-'x x x x x x x f x f ))(()()(εε<+⋅++≤)(2)1(2b a b a故2)(x x f =在[]b a ,上一致连续。

大学数学分析题题库题目一：极限与连续性1. 计算下列极限：(a) $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{4x}$(b) $\lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x$(c) $\lim_{x \to 1} \frac{x^3 - 1}{x^2 - 1}$2. 判断函数在给定点或区间内的连续性：(a) 函数$f(x) = \sqrt{x}$在$x=0$处是否连续？(b) 函数$g(x) = \frac{1}{x}$在区间$(1, 2)$内是否连续？(c) 函数$h(x) = \begin{cases} x, & x < 1 \\ 2, & x \geq 1 \end{cases}$在$x=1$处是否连续？题目二：微分学基础1. 计算下列函数的导数：(a) $f(x) = 3x^2 - 2x + 1$(b) $g(x) = \sin(x) + \cos(x)$(c) $h(x) = e^x \cdot \ln(x)$2. 判断函数在给定点处的可导性：(a) 函数$f(x) = |x|$在$x=0$处是否可导？(b) 函数$g(x) = \sqrt[3]{x}$在$x=8$处是否可导？题目三：积分与面积1. 计算下列定积分：(a) $\int_{0}^{1} x^2 \, dx$(b) $\int_{-\pi}^{\pi} \sin(x) \, dx$(c) $\int_{1}^{e} \frac{1}{x} \, dx$2. 计算两个曲线之间的面积：(a) 曲线$y = x^2$与$x$轴所围成的面积；(b) 曲线$y = \sin(x)$与$y = \cos(x)$在区间$[0, \pi/2]$内所围成的面积。

题目四：级数与收敛性1. 判断下列级数的敛散性：(a) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$(b) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n}$(c) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \cdot \frac{1}{n}$2. 判断函数项级数的一致收敛性：(a) 级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(nx)}{n^2}$在区间$[0,\pi]$上是否一致收敛？(b) 级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(nx)}{n}$在区间$(-\infty, \infty)$上是否一致收敛？总结：数学分析题库涵盖了极限与连续性、微分学、积分与面积以及级数与收敛性等重要概念和技巧。

数学分析下考试题及答案一、选择题（每题4分，共20分）1. 若函数f(x)在区间[a,b]上连续，则下列说法正确的是：A. f(x)在[a,b]上单调递增B. f(x)在[a,b]上存在极大值和极小值C. f(x)在[a,b]上可导D. f(x)在[a,b]上可积答案：D2. 极限lim(x→0) (sin x)/x的值为：A. 0B. 1C. -1D. 不存在答案：B3. 函数f(x)=x^2在x=0处的导数为：A. 0B. 1C. 2D. 不存在答案：A4. 函数f(x)=x^3-3x+1的拐点为：A. x=1B. x=-1C. x=0D. 不存在答案：A5. 若函数f(x)在x=a处可导，则下列说法正确的是：A. f(x)在x=a处连续B. f(x)在x=a处可积C. f(x)在x=a处有界D. f(x)在x=a处有极值答案：A二、填空题（每题4分，共20分）1. 函数f(x)=x^2+3x+2的导数为______。

答案：2x+32. 极限lim(x→∞) (x^2-3x+2)/(x^3+1)的值为______。

答案：03. 函数f(x)=sin x在x=π/2处的二阶导数为______。

答案：-14. 函数f(x)=e^x的不定积分为______。

答案：e^x+C5. 函数f(x)=ln x的原函数为______。

答案：xln x-x+C三、解答题（每题15分，共40分）1. 求函数f(x)=x^3-6x^2+11x-6在区间[1,3]上的极值。

答案：首先求导数f'(x)=3x^2-12x+11，令f'(x)=0，解得x=1或x=3。

检查二阶导数f''(x)=6x-12，f''(1)=-6<0，f''(3)=6>0，因此x=1为极大值点，x=3为极小值点。

计算f(1)=0，f(3)=0，所以极大值为0，极小值也为0。